安徽省萧城一中2020届高三第一次月考化学试题

安徽省萧城一中2020届高三第一次月考化学试题

‎2020届萧城一中高三第一次月考试卷 化 学 一、选择题（单选，每题4分）‎ ‎1.下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ ‎【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ ‎2.设表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. 氢气中含有氢原子的数目为 B. 标准状况下，苯中含有苯分子的数目为 C. 溶液中含有氯离子的数目为 D. 与足量水反应，转移的电子数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解本题要理解阿伏伽德罗常数的值和摩尔的关系。‎ ‎【详解】A.每个氢气分子中有2个氢原子，0.3mol氢气中含有氢原子的数目为，故A错误；‎ B. 标准状况下，苯不是气体，不能用气体摩尔体积相关公式计算，故B错误；‎ C.知道物质的量浓度，不知道其体积，并不能计算物质的物质的量，故C错误；‎ D.过氧化钠和水的反应是歧化反应.其中中2个-1价的O,一个失去电子,一个得到电子，分别生成-2价的中的O和0价的中的O,整个过程只转移1mol电子，故D正确。‎ 故答案是D。‎ ‎【点睛】每1摩尔任何物质（微观物质，如分子、原子等）含有阿伏加德罗常量（约6.02×10²³）个微粒，其数目用表示；在标准状况下，1摩尔任何理想气体所占的体积都约为22.4升，气体摩尔体积为22.4 L/mol，这只适用于气体，液体和固体不适用。‎ ‎3.把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由Ba2++SO42-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。‎ ‎【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则 Ba2++SO42-═BaSO4↓‎ ‎ 1     1‎ amol   amol 另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则 Ag++Cl-═AgCl↓‎ ‎1     1‎ bmol  bmol 由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，‎ 氯离子的浓度为=10bmol/L，‎ 根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b-2a）mol/L，‎ 答案选D。‎ ‎4.用NaCl固体配制0.1 mol·L－1的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是( )‎ A. 将5.85 g NaCl固体放入1 000 mL容量瓶，加水溶解并准确定容 B. 称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上 C. 固体溶解后，冷却后将溶液直接转移到容量瓶中，然后向容量瓶中加水至刻度线 D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因容量瓶不能用于固体溶解，故不符合固体配制试验操作，故A错误；‎ B.称量固体不能直接天平左盘上，应在托盘上放上滤纸，避免药品损坏天平，故B错误；‎ C.溶液不能直接转移到容量瓶中，应用玻璃棒引流，且玻璃棒与容量瓶的接触点要位于刻度线以下，然后洗涤、转移、定容，故C错误；‎ D.容量瓶最后都要加蒸馏水定容，故先前有一些蒸馏水不会影响实验结果，故D正确。‎ 故答案是D。‎ ‎【点睛】固体溶液配制要注意几点：1、按步骤进行：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀、装瓶；2、注意天平、烧杯、容量瓶的使用的注意事项,一方面要防止容器损坏，另一方面防止错误操作导致溶液浓度偏低或者偏高。‎ ‎5.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是(　 　)‎ A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热 C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；‎ B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；‎ C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；‎ D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。‎ 故答案是A。‎ ‎6.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是 ( )‎ A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1‎ B. 1 mol Zn与足量的该硫酸反应，标准状况下产生22.4 L气体时，转移的电子数为NA C. 配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL D. 该硫酸与等体积的水混合后所得溶液的物质的量浓度等于9.2 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，质量分数为98%，即100g溶液中有溶质硫酸98g，即溶质为1mol，又因为溶液密度为1.84，则100g溶液的体积为100÷1.84÷1000= L，即硫酸物质的量浓度为1mol÷L=18.4mol/L,故A错误；‎ B.Zn与足量的该硫酸反应生的气体是二氧化硫，1 mol Zn产生1 mol 二氧化硫，因正6价硫变成正4价硫，1 mol Zn 反应时转移的2 mol电子，即转移的电子数为2，故B错误；‎ C. 200 mL 4.6 的稀硫酸中硫酸的物质质量为0.2×4.6×98=90.16（g），而该酸50 mL中硫酸质量为50×1.84×98%=90.16（g），因物质质量相同，故C正确；‎ D. 500mL该硫酸中硫酸物质的量为500mL×1.84×98%÷98=9.2 mol，与等体积的水混合体积变为体积小于1L,即溶液摩尔体积大于9.2，故D错误。‎ 故答案是C ‎【点睛】本题要特别注意，溶液中加溶剂，其总体积不一定等于先前溶液和加入溶剂体积之和，本题D选项容易犯此错误。‎ ‎7.取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)‎ A. 0.21 mol·L－1 B. 0.42 mol·L－1‎ C. 0.56 mol·L－1 D. 0.26 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合后溶液中溶质H2SO4的物质的量等于100mL 0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=c·V计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。‎ ‎【详解】假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL×0.3mol/L+300mL×0.25 mol/L =500mL×a，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中氢离子的浓度c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意混合溶液中溶质的物质的量为混合前两种溶液中溶质的物质的量的和，并根据酸分子化学式确定氢离子与酸的浓度关系，结合物质的量浓度定义式的变形进行计算、判断。‎ ‎8.在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 溶质的质量分数w＝a/(ρV-a)×100%‎ B. 溶质的物质的量浓度c＝1000a/35V mol·L－1‎ C. 溶液中c(OH－)＝1000b/V mol·L－1＋c(H＋)‎ D. 上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨水中溶质为氨气，该溶液的密度为ρg·mL－1，体积为VmL，所以溶液质量为ρV g，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为a/ρV×100%，故A不正确；‎ B. a g NH3的物质的量为a/17 mol，溶液体积为V mL，所以溶质的物质的量浓度为1000a/17V mol·L－1，故B不正确；‎ C.氨水溶液中存在电荷守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH4+)＝c(H＋)＋1000b/V mol·L－1，故C正确；‎ D.混合前后溶质的质量不变，仍为a g，因水的密度比氨水的密度大，等体积的水的质量比氨水的大，混合后溶液的质量大于2ρV g，所以混合后溶质的质量分数小于0.5w，故D不正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】将一定量的NH3完全溶于水，所得溶液的溶质为氨气，电解质为一水合氨，溶液中存在微粒有：NH3、NH3∙H2O、NH4+、H+、OH-、H2O；根据溶液呈电中性原则，溶液中存在电荷守恒 ‎：c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH4+)，这样就可以求出氨水溶液中c(OH－)大小，选项C就很容易解决。‎ ‎9.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液 B. 配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸 C. 配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体 D. 定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作和技能为解答的关键。本题的易错点为BC，注意仪器的感量。‎ ‎10.下列与含氯化合物有关的说法正确的是 A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 B. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体 C. HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D. 电解NaCl溶液得到22.4L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HClO是弱酸，NaClO是次氯酸与碱发生反应产生的盐，属于强电解质，A错误；‎ B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁水解，可制得Fe(OH)3胶体，B正确；‎ C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，是由于二者在水分子的作用下发生电离产生了离子，HCl断裂的是共价键，NaCl断裂的是离子键；因此前者是共价化合物，后者是离子化合物，C错误；‎ D．电解NaCl溶液得到22.4L H2（标况），其物质的量是1mol，属于理论上需要转移2NA个电子（NA阿伏加德罗常数），D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 结论 A 滴有KSCN的FeCl2溶液变红 Cl2具有还原性 B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 Cl2具有酸性 C 紫色石蕊溶液先变红后褪色 Cl2具有漂白性 D KI淀粉溶液变成蓝色 Cl2具有氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。‎ ‎【详解】A.滴有KSCN的溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A中结论错误；‎ B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；‎ C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；‎ D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。‎ 故答案是D。‎ ‎12.某同学在一pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是(　　)‎ A. 该实验说明Cl2分子具有漂白性 B. 该实验说明H＋扩散速度比HClO分子快 C. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色 D. 若用久置的氯水进行实验，现象相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，选项A错误；‎ B、由实验可知，滴加氯水的区域变白色，而周围变成红色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，选项B正确；‎ C、HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，选项C错误；‎ D、久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，注意把握相关物质的性质，氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，氯水中含有HClO、Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性。‎ ‎13.下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量、反应物浓度等）改变，不会引起产物改变的是（ ）‎ A. Na2O2和CO2 B. NaOH和CO2‎ C. Na和O2 D. Cu和HNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，反应产物与反应条件无关；B、NaOH和CO2反应，当CO2少量反应生成Na2CO3，CO2过量反应生成NaHCO3；C、Na和O2反应的产物与反应条件有关，常温下生成Na2O，加热生成Na2O2；D、Cu和HNO3的反应产物与硝酸浓度有关，Cu和浓HNO3反应生成NO2，Cu和稀HNO3反应生成NO。故选A。‎ ‎14.下列说法正确的是(　　)‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 B. Na2O2与CO2反应生成0.1 mol O2时转移电子0.4 mol C. Na2O2投入到CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生 D. 向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，充分反应完后，溶液中c(Na＋)不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，一段时间后褪色，故A错误；B. 过氧化钠与CO2反应时，氧元素由-1价变为0价生成氧气，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子，故B错误；C. Na2O2固体投入到CuSO4溶液中现象:产生气泡，因为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，生成蓝色沉淀，因为2NaOH+CuSO4Cu(OH)2↓+Na2SO4，故C正确；D. 过氧化钠加入水中发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na＋数目减少，反应后仍为饱和溶液，如温度不变，溶液的pH不变，溶液中c（Na＋）不变，但题末明确温度不变，故D错误；故选C。‎ ‎15.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C物质的以下性质错误的是 A. 溶液呈碱性 B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀 C. 受热易分解 D. 与足量盐酸反应放出气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B显淡黄色，且是金属单质A与氧气化合得到，则B是过氧化钠；A是钠；C是碳酸钠；D是氢氧化钠。‎ ‎【详解】A．碳酸钠水解，溶液呈碱性，故A正确；‎ B．碳酸钠与澄清石灰水反应产生碳酸钙沉淀，故B正确；‎ C．碳酸钠性质稳定，受热不分解，故C错误；‎ D．碳酸钠与足量盐酸反应放出二氧化碳气体，故D正确；‎ 故选C。‎ 二、非选择题（40分）‎ ‎16.实验室需要纯净的NaCl溶液，但现有的NaCl晶体中混有少量Na2SO4和(NH4)2CO3，请设计实验除去杂质，并回答下列问题：‎ ‎（1）除去(NH4)2CO3直接加热好还是加强碱后再进行加热好？‎ 你选择的是________，其理由是__________________________________。‎ 判断(NH4)2CO3已除尽的方法是_______________________________________。‎ ‎（2）除去SO42—的方法是______________________________________。‎ 判断SO42—已除尽的方法是______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 直接加热好 (2). 因加热操作简单，节省试剂，且不引入新杂质 (3). 将残留物溶于水后加盐酸，看是否有气泡产生 (4). 先用水溶解样品，然后加入过量BaCl2溶液，再加入过量Na2CO3溶液，过滤后，滤液中加入适量盐酸 (5). 取加入BaCl2溶液后的上层清液，再滴入少量BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯化钠比较稳定，碳酸铵加热容易分解，可以通过加热的方法除去氯化钠中的碳酸铵杂质，操作简单，节省试剂，且不引入新的杂质；根据提纯的是氯化钠，可以选用盐酸进行检验，方法为：将残留物溶于水后加盐酸，看是否有气泡产生；‎ ‎（2）除去氯化钠中的硫酸根离子杂质，选用的试剂为氯化钡溶液，方法为：先加入过量BaCl2溶液，再加入过量Na2CO3溶液，过滤后，滤液中加入盐酸；检验硫酸根离子已经除尽的方法为：取加入BaCl2后的上层清液，再滴入少量BaCl2，看是否有白色沉淀生成，如果不再产生白色沉淀，说明已经除尽。‎ ‎【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，注意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所加入的过量试剂。‎ ‎17.某工厂对工业污泥中Cr元素回收与再利用的工艺如下（己知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋）：‎ 部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：‎ 阳离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Mg2＋‎ Al3＋‎ Cr3＋‎ 开始沉淀时的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎—‎ 一 ‎—‎ 沉淀完全时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎11.1‎ ‎8‎ ‎9 (>9溶解)‎ ‎（1）实验室用98% (密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制200mL4.8 mol·L－1的硫酸溶液，配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为_________mL (保留小数点后一位小数），所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需_____________________。‎ ‎（2）在上述配制稀硫酸过程中，会导致所配溶液浓度偏大的操作是___________（填序号）‎ a. 转移溶液时，没有等溶液冷却至室温 b.量取浓硫酸时，俯视刻度线 c.当容量瓶中液体占容积2/3左右时，未振荡摇匀 d. 定容时俯视刻度线 ‎ ‎（3）加入H2O2的作用一方面是氧化＋3价Cr使之转变成+6价Cr (CrO42－ 或Cr2O72－)，以便于与杂质离子分离；另一方面是_____________________________。（离子方程式表示）‎ ‎（4）调节溶液的pH=8除去的杂质离子是___________________。‎ ‎（5）钠离子交换树脂的原理为：Mn＋+nNaR→MRn +nNa＋，被交换的杂质离子是________________。‎ ‎（6）通SO2气体时，其化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 65.2 (2). 250mL容量瓶 (3). a c d (4). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋ ＝ 2Fe3＋＋2H2O (5). Fe3＋、Al3＋ (6). Ca2＋、Mg2＋ (7). Na2Cr2O7＋3SO2＋11H2O ＝ 2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎（1）98% (密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，实验室用98% (密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸，配制200mL4.8 mol·L－1的硫酸溶液，应选用250mL容量瓶配制250mL溶液，所以配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为=65.2mL。所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需250mL容量瓶。‎ ‎（2）在上述配制稀硫酸过程中，a. 转移溶液时，没有等溶液冷却至室温，定容后待冷却到室温，溶液体积会偏小，所配溶液浓度偏大；，b.量取浓硫酸时，俯视刻度线，量取浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏小；c.当容量瓶中液体占容积2/3左右时，未振荡摇匀，由于水的密度小于硫酸的密度，则定容、摇匀后溶液体积偏小，浓度偏大；d. 定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏大。综上所述，会导致所配溶液浓度偏大的操作是a c d 。‎ ‎（3）加入H2O2的作用一方面是氧化＋3价Cr使之转变成+6价Cr (CrO42－　或Cr2O72－)，以便于与杂质离子分离；另一方面是把亚铁离子氧化为铁离子以方便除杂，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋ ＝ 2Fe3＋＋2H2O。‎ ‎（4）由表中数据可知，调节溶液的pH=8除去的杂质离子是Fe3＋、Al3＋。‎ ‎（5）Fe3＋、Al3＋除尽后 ，还有Ca2＋、Mg2＋未除去，所以被交换的杂质离子是Ca2＋、Mg2＋。‎ ‎（6）前面加入H2O2把＋3价Cr氧化成+6价Cr (CrO42－　或Cr2O72－)，根据产品CrOH(H2O)5SO4中铬的化合价可知，通SO2气体是为了把+6价Cr还原为+3价，所以其化学方程式为Na2Cr2O7＋3SO2＋11H2O ＝ 2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4。‎ ‎18.实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。‎ ‎(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两片张滤纸。‎ ‎(2)计算，应选择下列________。‎ A．需要CuSO4固体8.0 g B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g D．需要CuSO4固体7.7 g ‎(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。‎ ‎(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会________。‎ ‎(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会________。‎ ‎(6)定容，摇匀。‎ ‎(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。‎ ‎(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。‎ ‎【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 500 mL容量瓶 (3). AC (4). 偏高 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可 ‎【详解】(1)配制的是480 mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL容量瓶；‎ ‎(2)因为定容时使用的500 mL容量瓶，其物质称量时时按500 mL算，不是按480 mL算，若果是硫酸铜固体其质量为=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为=12.5g，故答案为A、C；‎ ‎(3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；‎ ‎(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；‎ ‎(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；‎ ‎(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。‎ ‎【点睛】注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。‎ ‎19.水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O62－‎ ‎①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_______________________。‎ ‎②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ (2). 10．80 mg·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①O2将+2价的Mn2＋氧化成+4价的MnO(OH)2的离子方程式2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓；‎ ‎②由题设信息中的溶解氧测定原理可列关系式：O2~2MnO(OH)2~2I2~4S4O62－，‎ 在100.00 mL水样中，I2+2S2O32－=2I－+ S4O62－ ，n(I2)= ,n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5mol，n(O2)=1/2n[MnO(OH)2]=3.375×10-5mol,水中溶解氧3.375×10-5mol×32g/mol÷0.1L=1.08×10-2g·L－1=10.80mg·L－1。‎ ‎【点睛】本题重点考查有关氧化还原的计算。在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行计算和方程式配平。‎ ‎ ‎ ‎ ‎